【51Nod1227】平均最小公倍数-杜教筛

测试地址：平均最小公倍数
做法：这一题需要用到杜教筛。这一题推式子的过程比较经典，是做杜教筛更难题的基础。

首先定义几个接下来要用到的符号和函数：
幂函数： idk(n)=nk （完全积性）
lcm(i,j) 和 gcd(i,j) ： i 和 j 的最小公倍数和最大公约数（这个不懂就……）
函数 f 和 g 的狄利克雷卷积： f∗g （ (f∗g)(n)=∑d|nf(d)g(n/d) ）
函数 f 和 g 的普通乘法： f⋅g （ (f⋅g)(n)=f(n)g(n) ）
[S] ：若式子 S 为真则 [S]=1 ，否则 [S]=0 。

我们用公式表达要求的函数： A(n)=1n∑ni=1lcm(n,i) ，求 F(n)=∑ni=1A(i) 。 A 不是积性函数，所以我们要想办法将式子化成积性函数前缀和的形式。
我们知道 lcm(i,j)×gcd(i,j)=ij ，所以 A(n)=1n∑ni=1nigcd(n,i)=∑ni=1igcd(n,i) 。但是 igcd(n,i) 仍然不是积性的，所以我们进行进一步化简：

A(n)=∑i=1nigcd(n,i)=∑i=1n∑d|n[gcd(n,i)=d]×id=∑d|n∑id=1nd[gcd(nd,id)=1]×id

注意到 ∑n/di/d=1[gcd(nd,id)=1]×id 其实就是问小于等于 nd 的数中和它互质的数的和，又因为如果 i 和 x 互质，那么 x−i 也和 x 互质（这个很显然，随便证证就可以了），推测出小于等于 x 的与 x 互质的数是成对出现的，而且每一对的贡献都是 x ，所以小于等于 x 的与 x 互质的数的和为 x×φ(x)×12 ，特别地，小于等于 1 的与 1 互质的数的和为 1 （若用上面公式算将算出 12 ），代入上面的式子中得：

A(n)=12(1+∑d|nd×φ(d))

我们发现这个式子已经有点积性函数的意思了，我们再用这个式子来算 F(n) ：

F(n)=∑i=1nA(i)=12(n+∑i=1n∑d|id×φ(d))=12(n+∑i=1n∑d=1⌊ni⌋d×φ(d))

那么 G(n)=∑ni=1i×φ(i) 就是一个积性函数前缀和了。
要求函数 id⋅φ 的前缀和，考虑卷上一个好算前缀和的函数，从而得到另一个好算前缀和的函数。显然 (id⋅φ)∗id=id2 ，因为 ∑d|nd×φ(d)×nd=n∑d|nφ(d)=n2 ，那么：

n(n+1)(2n+1)6=∑i=1ni2=∑i=1n∑d|id×φ(d)×id=∑id=1nid∑d=1⌊nid⌋d×φ(d)=∑i=1ni×G(⌊ni⌋)

看不懂上述式子的同学可以尝试从约数、倍数和贡献的方面来理解一下……
将 G(n) 一项提出来，得：

G(n)=n(n+1)(2n+1)6−∑i=2ni×G(⌊ni⌋)

再结合这个式子：

F(n)=12(n+∑i=1nG(⌊ni⌋))

这样就可以使用杜教筛来计算了，使用哈希表判重，再预处理前 n23 个 G 值，就可以达到 O(n23) 的时间复杂度了。注意因为答案要模 109+7 ，所以不能直接将结果乘上 12 ，而应该乘上 2 关于模 109+7 的逆元： 5×108+4 。
以下是本人代码：

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#define hashsize 5000000
#define limit 1000000
#define mod 1000000007
#define ll long long
using namespace std;
ll a,b,phi[limit+5],sum[limit+5],h[hashsize+5]={0},f[hashsize+5];
bool prime[limit+5]={0};

int hash(ll x)
{
  ll s=x%hashsize;
  while(h[s]&&h[s]!=x) s=(s+1)%hashsize;
  return s;
}

void init()
{
  for(int i=1;i<=limit;i++) phi[i]=i;
  for(ll i=2;i<=limit;i++)
    if (!prime[i])
    {
      for(ll j=1;i*j<=limit;j++)
      {
        prime[i*j]=1;
        phi[i*j]=phi[i*j]/i*(i-1);
      }
    }
  sum[0]=0;
  for(int i=1;i<=limit;i++)
    sum[i]=(sum[i-1]+i*phi[i])%mod;
}

ll gcd(ll a,ll b)
{
  return (b==0)?a:gcd(b,a%b);
}

ll sum1(ll a,ll b)
{
  return (b*(b+1)/2-a*(a-1)/2)%mod;
}

ll sum2(ll x)
{
  ll a=x,b=x+1,c=2*x+1,s=6,g;
  g=gcd(a,s),a/=g,s/=g;
  g=gcd(b,s),b/=g,s/=g;
  g=gcd(c,s),c/=g,s/=g;
  return (((a*b)%mod)*c)%mod;
}

ll G(ll x)
{
  if (x<=limit) return sum[x];
  int pos=hash(x);
  if (h[pos]==x) return f[pos];
  ll i=2,next,s=0;
  while(i<=x)
  {
    next=x/(x/i);
    s=(s+sum1(i,next)*G(x/i))%mod;
    i=next+1;
  }
  h[pos]=x,f[pos]=(sum2(x)-s+mod)%mod;
  return f[pos];
}

ll F(ll x)
{
  ll i=1,next,s=0;
  while(i<=x)
  {
    next=x/(x/i);
    s=(s+(next-i+1)*G(x/i))%mod;
    i=next+1;
  }
  return (500000004*(s+x))%mod;
}

int main()
{
  init();
  scanf("%lld%lld",&a,&b);
  printf("%lld",(F(b)-F(a-1)+mod)%mod);

  return 0;
}